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第22讲排列、组合与二项式定理题型一|两个计数原理设a，b为实数，我们称(a，b)为有序实数对．类似地，设A，B，C为集合，我们称(A，B，C)为有序三元组．如果集合A，B，C满足|A∩B|＝|B∩C|＝|C∩A|＝1，且A∩B∩C＝?，则我们称有序三元组(A，B，C)为最小相交(|S|表示集合S中的元素的个数)．(1)请写出一个最小相交的有序三元组，并说明理由；(2)由集合{1,2,3,4,5,6}的子集构成的所有有序三元组中，令N为最小相交的有序三元组的个数，求N的值．[解](1)设A＝{1,2}，B＝{2,3}，C＝{1,3}，则A∩B＝{2}，B∩C＝{3}，C∩A＝{1}，A∩B∩C＝?，且|A∩B|＝|B∩C|＝|C∩A|＝1.∴(A，B，C)是一个最小相交的有序三元组.6分(2)令S＝{1,2,3,4,5,6}，如果(A，B，C)是由S的子集构成的最小相交的有序三元组，则存在两两不同的x，y，z∈S，使得A∩B＝{x}，B∩C＝{y}，C∩A＝{z}(如图)，要确定x，y，z共有6×5×4种方法；对S中剩下的3个元素，每个元素有4种分配方式，即它属于集合A，B，C中的某一个或不属于任何一个，则有43种确定方法．∴最小相交的有序三元组(A，B，C)的个数N＝6×5×4×43＝7680.10分【名师点评】应用两个计数原理解题的方法1．在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．2．对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．如图22－1，一环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数有多少种．图22－1【导学号：19592063】[解]可依次种A，B，C，D四块，当C与A种同一种花时，有4×3×1×3＝36(种)种法；4分当C与A所种花不同时，有4×3×2×2＝48(种)种法.8分由分类加法计数原理，不同的种法种数为36＋48＝84种.10分题型二|排列与组合(1)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，求同类节目不相邻的排法种数．(2)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况共有多少种．[解](1)先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1□小品2□相声□”，有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法.5分(2)把8张奖券分4组有两种方法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖、无奖)四组，分给4人有Aeq\o\al(4,4)种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有Ceq\o\al(2,3)种分法，再分给4人有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种分法，所以不同获奖情况种数为Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝24＋36＝60.10分【名师点评】1.解决排列、组合问题应遵循的原则先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．2．解排列、组合综合应用题的解题流程1．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？[解](1)只需从其他18人中选3人即可，共有Ceq\o\al(3,18)＝816(种).2分(2)只需从其他18人中选5人即可，共有Ceq\o\al(5,18)＝8568(种).5分(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,18)＋Ceq\o\al(3,18)＝6936(种).8分(4)法一(直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有Ceq\o\al(1,12)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(2,12)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(4,12)Ceq\o\al(1,8)＝14656(种).10分法二(间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得Ceq\o\al(5,20)－(Ceq\o\al(5,12)＋Ceq\o\al(5,8))＝14656(种).10分2．设整数n≥4，在集合{1,2,3，…，n}中任取两个不同元素a，b(a＞b)，记An为满足a＋b能被2整除的取法种数．(1)当n＝6时，求An；(2)求An.[解](1)当n＝6时，集合中偶数为2,4,6；奇数为1,3,5.2分要使a＋b为偶数，则a，b同奇或同偶，共有Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝6(种)取法，即A6＝6.4分(2)①当n＝2k(k≥2，k∈N*)即k＝eq\f(n,2)时，集合为{1,2,3，…，2k}．记A＝{1,3,5，…，2k－1}，B＝{2,4,6，…，2k}，因为a＋b能被2整除，所以a，b应同是奇数或同是偶数，所以a，b应取自同一个集合A或B，故有Ceq\o\al(2,k)＋Ceq\o\al(2,k)＝eq\f(kk－1,2)＋eq\f(kk－1,2)＝k(k－1)种取法．即An＝eq\f(n,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))＝eq\f(nn－2,4)；8分②当n＝2k＋1(k≥2，k∈N*)时，即k＝eq\f(n－1,2)，集合为{1,2,3，…，2k＋1}．将其分为两个集合：奇数集A＝{1,3，…，2k＋1}，偶数集B＝{2,4，…，2k}．因为a＋b能被2整除，所以a，b应同是奇数或同是偶数，所以a，b应该取自同一个集合A或B.故有Ceq\o\al(2,k＋1)＋Ceq\o\al(2,k)＝eq\f(kk＋1,2)＋eq\f(kk－1,2)＝k2种取法，即An＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)))2＝eq\f(n－12,4).所以An＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn－2,4)，n是偶数，,\f(n－12,4)，n是奇数.))10分题型三|二项式定理已知f(x)＝(2＋eq\r(x))n，其中n∈N*.(1)若展开式中含x3项的系数为14，求n的值；(2)当x＝3时，求证：f(x)必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)(s∈N*)的形式．[解](1)∵Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)2n－rx，∴r＝6，故x3项的系数为Ceq\o\al(6,n)·2n－6＝14，解得n＝7.5分(2)证明：由二项式定理可知，(2＋eq\r(3))n＝Ceq\o\al(0,n)2n(eq\r(3))0＋Ceq\o\al(1,n)2n－1(eq\r(3))1＋Ceq\o\al(2,n)2n－2(eq\r(3))2＋…＋Ceq\o\al(n,n)20(eq\r(3))n，设(2＋eq\r(3))n＝x＋eq\r(3)y＝eq\r(x2)＋eq\r(3y2)，而若有(2＋eq\r(3))n＝eq\r(a)＋eq\r(b)，a，b∈N*，则(2－eq\r(3))n＝eq\r(a)－eq\r(b)，a，b∈N*.7分∵(eq\r(a)＋eq\r(b))·(eq\r(a)－eq\r(b))＝(2＋eq\r(3))n·(2－eq\r(3))n＝1，∴令a＝s，s∈N*，则必有b＝s－1.9分∴(2＋eq\r(3))n必可表示成eq\r(s)＋eq\r(s－1)的形式，其中s∈N*.10分【名师点评】应用通项公式要注意四点1．Tr＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项．2．公式中a，b的指数和为n，且a，b不能随便颠倒位置．3．要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题．4．对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题．1.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5的展开式中各项系数的和为2，求该展开式中的常数项．[解]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5中，令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，∴a＝1.2分∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝Ceq\o\al(r,5)·25－r(－1)r·x5－2r.4分令5－2r＝1，得2r＝4，即r＝2，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中x的系数Ceq\o\al(2,5)25－2(－1)2＝80；令5－2r＝－1，得2r＝6，即r＝3，6分因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中eq\f(1,x)的系数为Ceq\o\al(3,5)25－3·(－1)3＝－40.8分∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))5展开式中常数项为80－40＝40.10分2．已知等式(x2＋2x＋2)5＝a1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，其中ai(i＝0,1,2，…，10)为实常数．求：(1)eq\i\su(n＝1,10,a)n的值；(2)eq\i\su(n＝1,10,n)an的值．[解](1)在(x2＋2x＋2)5＝a1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10中，令x＝－1，得a1＝1.2分令x＝0，得a1＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝25＝32.所以eq\i\su(n＝1,10,a)n＝a1＋a2＋…＋a10＝31.5分(2)等式(x2＋2x＋2)5＝a1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10两边对x求导，得5(x2＋2x＋2)4·(2x＋2)＝a1＋2a2(x＋1)＋…＋9a9(x＋1)8＋10a10(x＋1)9.8分在5(x2＋2x＋2)4·(2x＋2)＝a1＋2a2(x＋1)＋…＋9a9(x＋1)8＋10a10(x＋1)9中，令x＝0，整理，得eq\i\su(n＝1,10,n)an＝a1＋2a2＋…＋9a5＋10a10＝5·25＝160.10分